14236. Угол между боковым ребром и стороной основания правильной треугольной пирамиды равен \arccos\frac{3}{5}
. Найдите:
а) угол бокового ребра с плоскостью основания;
б) угол боковой грани с плоскостью основания;
в) двугранный угол при боковом ребре пирамиды;
г) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ. а) \arccos\frac{2\sqrt{3}}{5}=\arcsin\frac{\sqrt{13}}{5}=\arctg\frac{1}{2}\sqrt{\frac{13}{3}}
;
б) \arccos\frac{\sqrt{3}}{4}=\arcsin\frac{\sqrt{13}}{4}=\arctg\sqrt{\frac{13}{3}}
;
в) \arccos\frac{7}{32}=2\arctg\frac{5}{\sqrt{39}}
;
г) \arcsin\frac{3\sqrt{39}}{32}
.
Решение. Пусть H
— центр основания ABC
, M
— середина ребра AB
. Тогда DH
— высота пирамиды. Положим AB=6a
, \angle DMH=\beta
, \angle DCH=\alpha
. По условию \cos\angle ABD=\frac{3}{5}
, поэтому
BM=\frac{1}{2}AB=3a,~BD=5a,~DM=\sqrt{BD^{2}-NM^{2}}=\sqrt{25a^{2}-9a^{2}}=4a.
а) Из прямоугольного треугольника BHD
находим, что
\cos\alpha=\frac{HB}{BD}=\frac{\frac{6a\sqrt{3}}{3}}{5a}=\frac{2\sqrt{3}}{5}.
Тогда
\sin\alpha=\sqrt{1-\frac{12}{25}}=\frac{\sqrt{13}}{5}.
б) Из прямоугольного треугольника MDH
находим, что
\cos\beta=\frac{HM}{MD}=\frac{\frac{6a\sqrt{3}}{6}}{4a}=\frac{\sqrt{3}}{4}.
Тогда
\sin\beta=\sqrt{1-\frac{3}{16}}=\frac{\sqrt{13}}{4}.
в) Пусть N
— середина ребра BC
, а NF
— высота треугольника ADN
. Тогда прямая NF
перпендикулярна пересекающимся прямым BC
(по теореме о трёх перпендикулярах) и NF
плоскости BFC
, значит, BFC
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре AD
. Обозначим \angle BFC=\gamma
. Медиана FN
равнобедренного треугольника BFC
является его высотой и биссектрисой. Из прямоугольных треугольников ANF
и BNF
находим, что
NF=AN\sin\alpha=\frac{6a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{13}}{5}=\frac{3a\sqrt{39}}{5},~\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BN}{NF}=\frac{3a}{\frac{3a\sqrt{39}}{5}}=\frac{5}{\sqrt{39}}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{25}{39}}{1+\frac{25}{39}}=\frac{7}{32}.
г) Пусть угол апофемы DM
с плоскостью ADC
равен \varphi
. Тогда \sin\varphi
равен отношению расстояния от точки M
до плоскости ADF
к отрезку DM
.
Точка M
— середина наклонной BA
к плоскости ADC
, поэтому расстояние от точки M
до этой плоскости вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки A
(см. задачу 9180). Пусть L
— середина ребра AC
, BQ
— высота треугольника BDL
. Тогда BQ
— перпендикуляр к плоскости ADC
. Из прямоугольного треугольника BQL
находим, что
BQ=BL\sin\beta=\frac{6a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{13}}{4}=\frac{3a\sqrt{39}}{4}.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{\frac{1}{2}BQ}{DM}=\frac{\frac{3a\sqrt{39}}{8}}{4a}=\frac{3a\sqrt{39}}{32}.
Источник: Школьные материалы. —